2021年北京市高考化学试卷（含解析版）.pdf

20212021 年北京市高考真题化学试卷年北京市高考真题化学试卷 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 第一部分第一部分 本部分共本部分共 14 题，每题题，每题 3 分，共分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。题目要求的一项。1.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是 A.分子中有 3 种官能团 B.能与 Na2CO3溶液反应 C.在空气中可发生氧化反应 D.能和 Br2发生取代反应和加成反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种官能团，A 错误；B黄芩素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比 NaHCO3强，所以黄芩素能与 Na2CO3溶液反应产生 NaHCO3，B 正确；C酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C 正确；D该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有 H 原子，因此可以与浓溴水发生苯环上的取代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与 Br2等发生加成反应，D 正确；故合理选项是 A。2.下列有关放射性核素氚（H）的表述不正确的是 31A.H 原子核外电子数为 1 B.H 原子核内中子数为 3 3131C.与 H2化学性质基本相同 D.具有放射性 312H312H O【答案】B【解析】【分析】【详解】A放射性核素 H，质量数是 3，质子数是 1，质子数等于核外电子数，所以核31外电子数等于 1，故 A 正确；B放射性核素 H，质量数是 3，质子数是 1，所以中子数等于 3-1=2，故 B 错误；31C与 H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本312H相同，故 C 正确；D H 是放射性核素，所以3H2O 也具有放射性，故 D 正确；31故选 B。3.下列化学用语或图示表达不正确的是 A.N2的结构式：NN B.Na+的结构示意图：C.溴乙烷的分子模型：D.CO2的电子式：【答案】D【解析】【分析】【详解】AN2分子中 N 原子间是三键，结构式：NN，正确；BNa+的结构示意图：，正确；C溴乙烷的分子模型：，正确；DCO2的电子式：，错误；故选 D。4.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A.酸性：HClO4H2SO3H2SiO3 B.碱性：KOHNaOHLiOH C.热稳定性：H2OH2SPH3 D.非金属性：FON【答案】A【解析】【分析】【详解】A元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于 S元素最高价含氧酸是 H2SO4，不是 H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4H2SO3H2SiO3，A 错误；B同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：KNaLi，所以碱性：KOHNaOHLiOH，B 正确；C同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：OSP，所以氢化物的热稳定性：H2OH2SPH3，C 正确；D同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：FON，D 正确；故合理选项是 A。5.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀 H2SO4 b e C NO Cu+稀 HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】AKMnO4是固体物质，加热分解产生 O2，由于 O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用 a、d 装置制取和收集 O2，A 错误；BZn 与 H2SO4发生置换反应产生 H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的 H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置 b、e 制取 H2，B 正确；CCu 与稀 HNO3反应产生 NO 气体，NO 能够与 O2发生反应产生 NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C 错误；DCaCO3与稀硫酸反应产生的 CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取 CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取 CO2气体，D 错误；故合理选项是 B。6.室温下，1 体积的水能溶解约 40 体积的 SO2。用试管收集 SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A.试管内液面上升，证明 SO2与水发生了反应 B.试管中剩余少量气体，是因为 SO2的溶解已达饱和 C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2OH2SO3、H2SO3H+、H+-3HSO-3HSO2-3SOD.取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后 pH 下降，是由于 SO2挥发【答案】C【解析】【分析】【详解】A由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故 A 错误；B二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故 B 错误；C滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故 C 正确；D亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使 pH 下降，故 D 错误；故选 C。7.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O C.铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2 2AlOD.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S+2H2O【答案】B【解析】【分析】【详 解】A CH3COONa 溶 液 呈 碱 性 是 因 为 发 生 了 CH3COO-的 水 解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，A 正确；B金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2Na2O2，B 错误；C铝与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2，C 正确；2AlOD将 SO2通入 H2S 溶液生成 S 单质和水：SO2+2H2S=3S+2H2O，D 正确；故选 B。8.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮暗(或灭）亮”现象的是 选项 A B C D 试剂 a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂 b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3H2O A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详 解】A Ba(OH)2与CuSO4发 生 离 子 反 应：Ba2+2OH-+Cu2+24SO=BaSO4+Cu(OH)2，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当 CuSO4溶液过量时，其电离产生的 Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A 不符合题意；24SOBCa(OH)2与 NH4HCO3发生离子反应：Ca2+2OH-+4NH3HCO=CaCO3+H2O+NH3H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、导电，使灯泡逐渐又变亮，B 不符合题意；4NH3HCOCBa(OH)2与 H2SO4发生离子反应：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，随着反应的24SO进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当 H2SO4溶液过量时，其电离产生的 H+、导24SO电，使灯泡逐渐又变亮，C 不符合题意；DCH3COOH 与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3H2O=CH3COO-+H2O，反应4NH后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮灭(或暗)亮的变化，D 符合题意；故合理选项是 D。9.用电石（主要成分为 CaC2，含 CaS 和 Ca3P2等）制取乙炔时，常用 CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:CuSO4+H2S=CuS+H2SO4 11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P 下列分析不正确的是 A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3 B.不能依据反应比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C.反应中每 24 mol CuSO4氧化 11 mol PH3 D.用酸性 KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【解析】【分析】【详解】A水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有 H2S、PH3可知CaS 的 水 解 方 程 式 为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S；Ca3P2水 解 方 程 式 为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3，A 项正确；B该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的 CuS 生成，因此反应不能说明 H2S 的酸性强于 H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B 项正确；C反应中 Cu 元素化合价从+2 价降低到+1 价，得到 1 个电子，P 元素化合价从-3 价升高到+5 价，失去 8 个电子，则 24molCuSO4完全反应时，可氧化 PH3的物质的量是24mol83mol，C 项错误；DH2S、PH3均被 KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰 KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D 项正确；答案选 C。10.NO2和 N2O4存在平衡:2NO2(g)N2O4(g)H0 平衡右移，Li 增多 LiH 减少，则结合选项 C 可知：80下的 n(D2)/n(HD)大于 25下的 n(D2)/n(HD)，D 正确；答案为：C。14.丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO 和 H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。已知：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H=-2220kJ/mol C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)H=-2058kJ/mol H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)H=+124kJ/mol B.c(H2)和 c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C.其他条件不变，投料比 c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D.若体系只有 C3H6、CO、H2和 H2O 生成，则初始物质浓度 c0与流出物质浓度 c 之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【解析】【分析】【详 解】A 根 据 盖 斯 定 律 结 合 题 干 信 息 C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H=-2220kJ/molC3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)H=-2058kJ/mol H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H=-286kJ/mol 可知，可由-得到目标反应 C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的H=+124kJ/mol，A 正确；123H-H-HB仅按 C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知 C3H6、H2的浓度随 CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是 CO 与 C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应 CO2+H2CO+H2O，从而导致 C3H6、H2的浓度随 CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B 正确；C投料比增大，相当于增大 C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C 错误；D根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有 C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度 c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D 正确；答案为：AC。第二部分第二部分 本部分共本部分共 5 题，共题，共 58 分。分。15.环氧乙烷(，简称 EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备 EO 的原理示意图如下。（1）阳极室产生 Cl2后发生的反应有：_、CH2=CH2+HClOHOCH2CH2Cl。结合电极反应式说明生成溶液 a 的原理_。（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率 和选择性 S 的定义：(B)=100%n(B)n()生成 所用的电子通过电极的电子S(B)=100%n(B)n()生成 所用的乙烯转化的乙烯若(EO)=100%，则溶液 b 的溶质为_。当乙烯完全消耗时，测得(EO)70%，S(EO)97%，推测(EO)70%的原因：I.阳极有 H2O 放电 II.阳极有乙烯放电 III.阳极室流出液中含有 Cl2和 HClO i.检验电解产物，推测 I 不成立。需要检验的物质是_。ii.假设没有生成 EO 的乙烯全部在阳极放电生成 CO2，(CO2)_%。经检验阳极放电产物没有 CO2。iii.实验证实推测 III 成立，所用试剂及现象是_。可选试剂：AgNO3溶液、KI 溶液、淀粉溶液、品红溶液。【答案】（1）.Cl2+H2O=HCl+HClO .阴极发生反应：2H2O+2e-=H2+2OH-生成 OH-，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成 KOH 和 KCl 的混合溶液 （2）.KCl .O2 .13 .KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝【解析】【分析】【小问 1 详解】阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；溶液 a 是阴极的产物，在阴极发生反应 2H2O+2e-=H2+2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应：2H2O+2e-=H2+2OH-生成OH-，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成 KOH 和 KCl 的混合溶液；【小问 2 详解】若(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液 b 的溶质为：KCl；i.阳极有 H2O 放电时会产生氧气，故需要检验的物质是 O2；ii.设 EO 的物质的量为 amol 则转化的乙烯的物质的量为：；生成 EO 转化的电子的物质的量：2amol；此过程转a97%移电子的总物质的量：；生成 CO2的物质的量：；生成 CO2转移的电2a70%a23%97%子的物质的量：，则(CO2)=13%；a23%697%a23%697%2a70%iii.实验证实推测 III 成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。16.某小组实验验证“Ag+Fe2+Fe3+Ag”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证 实验 I：将 0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与 0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验 II：向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。取 I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为 Ag。现象是_。II 中溶液选用 Fe2(SO4)3，不选用 Fe(NO3)3的原因是_。综合上述实验，证实“Ag+Fe2+Fe3+Ag”为可逆反应。小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_。（2）测定平衡常数 实验：一定温度下，待实验中反应达到平衡状态时，取 v mL 上层清液，用 c1 mol/L KSCN 标准溶液滴定 Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗 KSCN 标准溶液 v1 mL。资料：Ag+SCN-AgSCN（白色）K=1012 Fe3+SCN-FeSCN2+（红色）K=102.3 滴定过程中 Fe3+的作用是_。测得平衡常数 K=_。（3）思考问题 取实验 I 的浊液测定 c(Ag+)，会使所测 K 值_(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。不用实验 II 中清液测定 K 的原因是_。【答案】（1）.灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 .防止酸性条件下，-3NO氧化性氧化 Fe2+干扰实验结果 .a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或 Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag 电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 （2）.指示剂 .111111c v0.01vc vc v0.01vv（3）.偏低 .Ag 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态【解析】【分析】【小问 1 详解】由于 Ag 能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是 Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。由于 Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的 HNO3，能氧化3NOFe2+，而干扰实验，故实验 II 使用的是 Fe2(SO4)3溶液，而不是 Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化 Fe2+干扰实验结果。-3NO由装置图可知，利用原电池原理来证明反应 Fe2+Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag+e-Ag，故另一个电极必须是与 Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有 Fe3+或者 Fe2+，采用 FeSO4或 Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有 Ag+，故用 AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据 b 中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag 电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或 Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag 电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。【小问 2 详解】Fe3+与 SCN-反应生成红色 FeSCN2+，因 Ag+与 SCN-反应相较于 Fe3+与 SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的 Ag+恰好完全滴定，且溶液中 Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中 Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。取 I 中所得上清液 vmL。用 c1mol/L 的 KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗 v1mL，已知：Ag+SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有 I 中上层清液中 Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：11c vv，故反应的平衡常数2+3+111111111111Fe+Ag+FeAg(mol/L)0.020.010c vc vc v(mol/L)0.010.010.01vvvc vc vc v(mol/L)0.010.01vvv起始浓度转化浓度平衡浓度K=，故答案为：指示剂；3+2+(Fe)(Fe)(Ag)ccc111111c v0.01vc vc v0.01vv111111c v0.01vc vc v0.01vv。【小问 3 详解】若取实验 I 所得浊液测定 Ag+浓度，则浊液中还有 Ag，因存在平衡 Fe2+Ag+Ag+Fe3+，且随着反应 Ag+SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的 c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的 K=偏小，故答案为：偏11c vv111111c v0.01vc vc v0.01vv小。由于实验 II 中 Ag 完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验 II所得溶液进行测定并计算 K，故答案为：Ag 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。17.治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。已知：i.R1CHO+CH2(COOH)2R1CH=CHCOOH +吡啶，Hii.R2OHR2OR3 32C H SOC l三乙胺3R OHNaH（1）A 分子含有的官能团是_。（2）已知：B 为反式结构。下列有关 B 的说法正确的是（填序号）_。a核磁共振氢谱有 5 组峰 b能使酸性 KMnO4溶液褪色 c存在 2 个六元环的酯类同分异构体 d存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体（3）EG 的化学方程式是_。（4）J 分子中有 3 个官能团，包括 1 个酯基。J 的结构简式是_。（5）L 的分子式为 C7H6O3。L 的结构简式是_。（6）从黄樟素经过其同分异构体 N 可制备 L。已知：i.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO 23ZnH OO，ii.写出制备 L 时中间产物 N、P、Q 的结构简式：_、_、_。NPQL 异构化+H水解【答案】（1）氟原子 醛基 （2）abc （3）NC-CH2-COOH+HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+浓硫酸H2O （4）（5）（6）.【解析】【分析】由题干合成流程图中，结合 A 的分子式和信息 i 不难推出 A 的结构简式为：，进而可以推出 B 的结构简式为：，B 在与乙醇浓硫酸共热发生酯化反应生成 D，故 D 的结构简式为：，ClCH2COONa 与NaCN 先发生取代反应生成 NCCH2COONa，然后再酸化达到 E，故 E 的结构简式为：NCCH2COOH，E 再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成 G，故 G 的结构简式为：NCCH2COOCH2CH3，D 和 G 发生加成反应即可生成，与H2发生加成反应生成 J，结合 J 的分子式可以推出 J 的结构简式为：，由物质结合 M 的分子式和信息 ii，并由(5)L 的分子式为 C7H6O3可以推出 L 的结构简式为：，M 的结构简式为：，(6)根据 Q 到 L 的转化条件可知 Q 为酯类，结合 L 的结构简式，可推知 Q 的结构简式为，结合信息 i 和信息 ii 可推知 P 到 Q 的转化条件为 H2O2/Hac，故P 的结构简式为，由 N 到 P 的反应条件为 O3/Zn H2O 且 N 为黄樟素的同分异构体可推知 N 的结构简式为，据此分析解题。【小问 1 详解】由分析可知，A 的结构简式为，故 A 分子含有的官能团是氟原子 醛基，故答案为：氟原子 醛基；【小问 2 详解】由分析可知，B 的结构简式为，故 B 的反式结构为，由此分析解题：a根据等效氢原理可知 B 的核磁共振氢谱共有 5 种峰，如图所示，a 正确；b由 B 的结构简式可知，B 中含有碳碳双键，故 B 可以使 KMnO4酸性溶液褪色，b 正确；cB 具有含 2 个六元环的酯类同分异构体如图等，c 正确；d根据 B 分子的不饱和度为 6，若 B 有具有含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体则其不饱和度为 7，d 错误；故答案为：abc；【小问 3 详解】由分析可知，E 的结构简式为：NCCH2COOH，E 再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成 G，G 的结构简式为：NCCH2COOCH2CH3，故 EG 的化学方程式是 NC-CH2-COOH+HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+H2O，故答案为：NC-CH2-COOH+浓硫酸HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+H2O；浓硫酸【小问 4 详解】由分析可知，J 分子中有 3 个官能团，包括 1 个酯基，J 的结构简式是，故答案为：；【小问 5 详解】由分析可知，L 的分子式为 C7H6O3，它的结构简式是，故答案为：；【小问 6 详解】根据 Q 到 L的转化条件可知 Q 为酯类，结合 L 的结构简式，可推知 Q 的结构简式为，结合信息 i 和信息 ii 可推知 P 到 Q 的转化条件为 H2O2/HAc，故P 的结构简式为，由 N 到 P 的反应条件为 O3/Zn H2O 且 N 为黄樟素的同分异构体可推知 N 的结构简式为，故答案为：；。18.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为 FeSO4H2O，含少量 TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2OTiO2xH2O+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成 Fe(OH)2，开始沉淀时 pH=6.3，完全沉淀时 pH=8.3；0.1 mol/L Fe3+生成 FeOOH，开始沉淀时 pH=1.5，完全沉淀时 pH=2.8（1）纯化 加入过量铁粉的目的是_。充分反应后，分离混合物的方法是_。（2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度 FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至 pH 为 6.0 时开始通空气并记录 pH 变化(如图)。产生白色沉淀的离子方程式是_。产生白色沉淀后的 pH 低于资料 iii 中的 6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_0.1mol/L(填“”“=”或“”)。0-t1时段，pH 几乎不变；t1-t2时段，pH 明显降低。结合方程式解释原因：_。pH4 时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后 pH 几乎不变，此时溶液中 c(Fe2+)仍降低，但 c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于 c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_。（3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg 铁黄溶液 b溶液 c滴定 24H SO加热溶解标准溶液 2 2 4N a CO溶液NaOH酚酞标准溶液资料：Fe3+3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 2-24C O3-33-3Na2C2O4过量，会使测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】（1）.与硫酸反应，使得 TiOSO4+2H2OTiO2H2O+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 .过滤 （2）.Fe2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2 .pH6.0 左右，+4NH4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此 pH 几乎不变。之后发生 4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中 H+浓度增大，pH 减小 .溶液中同时存在两个氧化反应 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+和 4Fe2+O2+2H2O=4FeOOH+4H+，因此 c(Fe2+)的减小大于 c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2+3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+（3）不受影响【解析】【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程 和钛白粉废渣成分：FeSO4H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2OTiO2H2O+H2SO4，TiO2H2O 是沉淀，通过过滤后，得到精制 FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整 PH（0.1mol/LFe2+沉淀为 Fe(OH)2，起始的 pH 为 6.3，完全沉淀的 pH 为 8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为 FeOOH，起始的 pH：1.5，完全沉淀的 pH 为 2.8）和空气，生成 FeOOH，再经过系列提纯，最终制得 FeOOH 固体。【小问 1 详解】与硫酸反应，使得 TiOSO4+2H2OTiO2H2O+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化.钛白粉废渣成分：FeSO4H2O、TiOSO4 及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；【小问 2 详解】pH6.0 左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此 pH 几乎不变。之后发生 4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中 H+浓度增大，pH 减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+和 4Fe2+O2+2H2O=4FeOOH+4H+，因此 c(Fe2+)的减小大于 c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2+3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+【小问 3 详解】由于 Fe3+3C2O42-=Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应,所以加入的 Na2C2O4过量，则测定结果不受影响 19.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。（1）浓盐酸与 MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物 A 中仍存在盐酸和 MnO2。反应的离子方程式是_。电极反应式：i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O ii.氧化反应：_。根据电极反应式，分析 A 中仍存在盐酸和 MnO2的原因。i.随 c(H+)降低或 c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。ii.随 c(Cl-)降低，_。补充实验证实了中的分析。实验操作 试剂 产物 I 较浓 H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a 是_，b 是_。（2）利用 c(H+)浓度对 MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的 KCl、KBr 和 KI 溶液，能与 MnO2反应所需的最低 c(H+)由大到小的顺序是_，从原子结构角度说明理由_。（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将 Mn2+氧化为 MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_。（4）Ag 分别与 1molL1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag 只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_。（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_。【答案】（1）.MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O .2Cl-2e-=Cl2 .Cl-还原性减弱或 Cl2 的氧化性增强 .KCl 固体(或浓/饱和溶液).MnSO4固体(或浓/饱和溶液)（2）.KClKBrKI .Cl、Br、I 位于第 VIIA 族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强 （3）AgNO3 或 Ag2SO4 （4）比较 AgX 的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag+I-=AgI使得 Ag 还原性增强的最多，使得 2Ag+2H+=2Ag+H2反应得以发生 （5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】【分析】【小问 1 详解】二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl-2e-=Cl2反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或 Cl2 的氧化性增强可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验 II 的现象分析，试剂 a 可以是 KCl 固体(或浓/饱和溶液)；结合实验 III 的显现是没有氯气，且实验 III 也加入了试剂 a，那一定是试剂 b 影响了实验 III 的现象，再结合原因 i 可知试剂 b 是 MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；【小问 2 详解】非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KClKBrKI；其原因是 Cl、Br、I 位于第 VIIA 族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；【小问 3 详解】根据(1)中的结论推测随 Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低 Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将 Mn2+氧化为 MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；【小问 4 详解】若要使反应 2Ag+2H+=2Ag+H2发生，根据本题的提示可以降低 Ag+浓度，对比 AgX 的溶解度，AgI 溶解度最小，故 Ag 只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较 AgX 的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag+I-=AgI使得 Ag 还原性增强的最多，使得 2Ag+2H+=2Ag+H2反应得以发生；【小问 5 详解】通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。